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44
TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_dfs.cpp
Unescape View File

@ -0,0 +1,44 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n;
int a[N], b[N]; // b 数组存是否遍历过这个节点
int e[N][10]; // 存储树
int dis[N][N]; // 存节点间的距离
int cnt;
void dfs(int u, int x) { // x 表示起点
b[u] = 1;
dis[x][u] = cnt, dis[u][x] = cnt;
cnt++;
for (int i = 1; i <= e[u][0]; i++) { // 枚举子节点
if (b[e[u][i]] == 0) {
dfs(e[u][i], x);
}
}
cnt--; // 退回上一个节点，要记得把距离减去一
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x, y;
cin >> a[i] >> x >> y;
if (x != 0) e[i][++e[i][0]] = x, e[x][++e[x][0]] = i; // 存图
if (y != 0) e[i][++e[i][0]] = y, e[y][++e[y][0]] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) b[j] = 0;
cnt = 0; // 初始化
dfs(i, i); // 搜索
}
int ans = 1e9;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int sum = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++)
sum = sum + a[j] * dis[i][j]; // 累加距离
ans = min(ans, sum);
}
cout << ans;
return 0;
}

38
TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_floyd.cpp
Unescape View File

@ -0,0 +1,38 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int g[150][150];
int w[N];
int main() {
int n;
cin >> n;
// 地图初始化
memset(g, 0x3f, sizeof g);
for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b;
cin >> w[i] >> a >> b;
if (a) g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接，右链接，二叉树，和一般的不一样
if (b) g[i][b] = g[b][i] = 1;
}
// floyd
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
int ans = INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int s = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j];
ans = min(ans, s);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}

261
TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md
Unescape View File

@ -1,3 +1,119 @@
## 树的重心
#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C)
> **账号**：$10402852@qq.com$ **密码**：$m****2$
> **关键词**：**求树的重心**
**题目大意**
给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边，你可以删除一条边再增加一条边，使得树的重心唯一,输出这条边
> **注意**：有$Specail$ $Judge$，如果删除哪条都行，那就随意删除一条就行
**性质**：
① 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的$1/2$，**一棵树最多有两个重心**
② 树中所有节点到重心的距离之和最小，如果有两个重心，那么他们距离之和相等
③ 两个树通过一条边合并，新的重心在原树两个重心的路径上
④ 树删除或添加一个叶子节点，重心最多只移动一条边
⑤ 一棵树最多有两个重心，且相邻
树的重心定义为树的某个节点，当去掉该节点后，树的各个连通分量中，节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后，树将分成两个连通块：$(2,4,5)，(3,6,7)$，则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$，则树将分成$3$个部分，$(4)，(5)，(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点；第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现，其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以，点$1$是树的重心。
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091307161.png)
**思路**
- 如果找到只有一个重心，那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好
- 如果找到两个重心，那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心，删除连另外一个就好
**如何求树的重心？**
1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点)，把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$
2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$
> **解释**：$j$的含义是$i$的所有儿子节点
另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。
$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091310362.png)
3、利用重心性质： ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心，那么把它拿下后，其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个！分别记录为$r_1,r_2$。
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
#define int long long
#define endl "\n"
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中节点个数
int son[N]; // son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数
int r1, r2, n;
void dfs(int u, int fa) {
sz[u] = 1; // u为根的子树中，最起码有一个节点u
son[u] = 0; // 把节点u去掉后，剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道，预求最大，先设最小
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完
sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值，用于组装自己sz[u]
son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉，那么它的所有子节点v为根的子树中节点数，可以参加评选：
// 评选的标准是：son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数
}
son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者
if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的1/2，一棵树最多有两个重心
// 如果模拟u被删除后，得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示：找到了一个重心u
// r2=r1表示：如果找到两个重心，那么r1,r2 一人一个，此时，r1中肯定有值，但 r2不一定有值
}
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
// 多组测试数据，清空
memset(sz, 0, sizeof sz);
memset(son, 0, sizeof son);
// 初始化链式前向星
memset(h, -1, sizeof h);
idx = 0;
r1 = r2 = 0; // 重心清零
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y), add(y, x);
}
dfs(1, 0); // 以1号点为入口，它的父节点是0
if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心，r2=0表示没有第二个重心
int u = r1, v = e[h[u]];
cout << u << " " << v << endl; // 切掉一条边u->v
cout << u << " " << v << endl; // 加一条边 u->v
} else { // 如果有两个重心
int u = r2, v;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边
v = e[i];
if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心，那么就是可以删除的
}
cout << u << " " << v << endl; // 切一条边u->v，第二个重心所在边需要被切掉
cout << v << " " << r1 << endl; // 加一条边v->r1,不走u了，走了u的一个子节点v
}
}
return 0;
}
```
## 换根$DP$
换根$DP$，又叫二次扫描，是树形$DP$的一种。
@ -15,6 +131,7 @@
> **题意**：给定一个$n$个点的无根树，问以树上哪个节点为根时，其所有节点的深度和最大？
**深度**：节点到根的简单路径上边的数量
> **关键词：换根$DP$模板题**
如果我们假设某个节点为根，将无根树化为有根树，在搜索回溯时统计子树的深度和，则可以用一次搜索算出以该节点为根时的深度和，其时间复杂度为 $O(N)$。
@ -114,120 +231,66 @@ signed main() {
- 第一次搜索完成预处理（如子树大小等），同时得到该节点的解。
- 第二次搜索进行换根的动态规划，由已知解的节点推出相连节点的解。
#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C)
> **账号**：$10402852@qq.com$ **密码**：$m****2$
> **关键词**：**求树的重心**
**题目大意**
给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边，你可以删除一条边再增加一条边，使得树的重心唯一,输出这条边
> **注意**：有$Specail$ $Judge$，如果删除哪条都行，那就随意删除一条就行
**性质**：
① 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的$1/2$，**一棵树最多有两个重心**
② 树中所有节点到重心的距离之和最小，如果有两个重心，那么他们距离之和相等
③ 两个树通过一条边合并，新的重心在原树两个重心的路径上
④ 树删除或添加一个叶子节点，重心最多只移动一条边
⑤ 一棵树最多有两个重心，且相邻
#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)
**一、$O(N^3)$算法**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
树的重心定义为树的某个节点，当去掉该节点后，树的各个连通分量中，节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后，树将分成两个连通块：$(2,4,5)，(3,6,7)$，则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$，则树将分成$3$个部分，$(4)，(5)，(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点；第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现，其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以，点$1$是树的重心。
int g[150][150];
int w[N];
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091307161.png)
int main() {
int n;
cin >> n;
// 地图初始化
memset(g, 0x3f, sizeof g);
for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0;
**思路**
- 如果找到只有一个重心，那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好
- 如果找到两个重心，那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心，删除连另外一个就好
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b;
cin >> w[i] >> a >> b;
g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接，右链接，二叉树，和一般的不一样
g[i][b] = g[b][i] = 1;
}
**如何求树的重心？**
// floyd
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
int ans = INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int s = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j];
ans = min(ans, s);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
```
1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点)，把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$
**二、$O(N^2)$算法**
$n$ 的值很小，最多可以有 $O(n^3)$ 的时间复杂度。
2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$
> **解释**：$j$的含义是$i$的所有儿子节点
那么就可以枚举每一个节点，计算它的 **最小距离和** ，再统计答案。
另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。
$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$
**最小距离和** 怎么计算呢？容易想到的是枚举所有节点，算出两个节点之间的距离，再乘上这个节点的价值。
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091310362.png)
这样就需要求出节点之间的距离。先枚举起点，然后算出每个节点到这个起点间的距离。我用的是一个朴素的 $dfs$，在搜索的过程中累加距离，每搜索到一个节点，就储存这个节点与起点间的距离。
3、利用重心性质： ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心，那么把它拿下后，其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个！分别记录为$r_1,r_2$。
而累加距离也很容易实现，在从一个节点遍历到下一个节点时，$cnt$ 增加 $1$；而退回上一个节点时，$cnt$ 减去 $1$。
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
#define int long long
#define endl "\n"
代码就很好实现了，时间复杂度也不高，$O(n^2)$。
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
**三、$O(N)$算法**
int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中节点个数
int son[N]; // son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数
int r1, r2, n;
void dfs(int u, int fa) {
sz[u] = 1; // u为根的子树中，最起码有一个节点u
son[u] = 0; // 把节点u去掉后，剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道，预求最大，先设最小
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完
sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值，用于组装自己sz[u]
son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉，那么它的所有子节点v为根的子树中节点数，可以参加评选：
// 评选的标准是：son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数
}
son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者
if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的1/2，一棵树最多有两个重心
// 如果模拟u被删除后，得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示：找到了一个重心u
// r2=r1表示：如果找到两个重心，那么r1,r2 一人一个，此时，r1中肯定有值，但 r2不一定有值
}
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
// 多组测试数据，清空
memset(sz, 0, sizeof sz);
memset(son, 0, sizeof son);
// 初始化链式前向星
memset(h, -1, sizeof h);
idx = 0;
r1 = r2 = 0; // 重心清零
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y), add(y, x);
}
dfs(1, 0); // 以1号点为入口，它的父节点是0
if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心，r2=0表示没有第二个重心
int u = r1, v = e[h[u]];
cout << u << " " << v << endl; // 切掉一条边u->v
cout << u << " " << v << endl; // 加一条边 u->v
} else { // 如果有两个重心
int u = r2, v;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边
v = e[i];
if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心，那么就是可以删除的
}
cout << u << " " << v << endl; // 切一条边u->v，第二个重心所在边需要被切掉
cout << v << " " << r1 << endl; // 加一条边v->r1,不走u了，走了u的一个子节点v
}
}
return 0;
}
```
#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)
#### [$P2986$ $Great$ $Cow$ $Gathering$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)
https://blog.csdn.net/zstuyyyyccccbbbb/article/details/108952302

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